SKKN phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng PHẦN 1:
MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong những năm gần đây, hình học giải tích phẳng luôn là một trong
những vấn đề khó đối với học sinh khi tham gia các kỳ thi chọn học sinh giỏi
toán cấp tỉnh; đặc biệt là các vấn đề về cực trị. Việc rèn luyện kĩ năng giải quyết
các bài toán cực trị cho học sinh có vai trò hết sức quan trọng. Giúp học sinh
phát triển tư duy, tính sáng tạo, hình thành kỹ năng vận dụng kiến thức đã học
vào tình huống mới, có khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, có năng lực độc
lập suy nghĩ và biết lựa chọn phương pháp tối ưu.
Trên thực tế, các vấn đề về cực trị đại số hay hình học đều gây cho học
sinh cảm giác khó khăn khi tiếp cận, chính vì vậy không ít học sinh khi học các
vấn đề về cực trị hình học lại càng gặp khó khăn hơn trong cách tiếp cận cũng
như giải quyết các vấn đề liên quan. Nhằm đáp ứng yêu cầu thực tiễn, giúp học
sinh tháo gỡ và giải quyết tốt những khó khăn, vướng mắc trong việc học hình
học giải tích phẳng đồng thời nâng cao chất lượng bộ môn nên bản thân đã chọn
đề tài: Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của tôi là : Đa dạng hóa các loại hình, phương pháp
tiếp cận các bài toán về cực trị trong hình học giải tích phẳng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu mà tôi hướng đến trong đề tài này là: Học sinh lớp
10, trong đó trực tiếp là hai lớp tôi đang giảng dạy : 10A1 và 10A2
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế: Tôi đã tiến hành lập phiếu thông
tin khảo sát tình hình học sinh về việc giải quyết bài toán liên quan ở hai lớp tôi
đang trực tiếp giảng dạy là 10A1 và 10A2.
- Phương pháp thu thập thông tin: Tôi đã tiến hành thu thập các thông tin
liên quan đến đề tài thông qua các bài viết trên mạng Internet, SGK hình học 10.
Sau đó chọn lọc thông tin phù hợp với đề tài của mình. Đồng thời thu thập thông
tin về phản ứng của học sinh đối với các bài toán liên quan.

- Phương pháp thống kê, xử lí số liệu: Tiến hành thống kê các thông tin,
số liệu để xử lí kết quả thu thập được, phục vụ cho việc phân tích, đánh giá
trong quá trình nghiên cứu.

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

1


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải
tích phẳng PHẦN 2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận.
2.1.1. Phép toán về véctơ và tọa độ trong mặt phẳng.
a. Tọa độ của vectơ và các phép toán: Cho u ( x; y ), v ( x '; y ') khi đó:
1. u v x x '; y y '
2.
3. ku ( kx; ky)
u v x x '; y y '

4. u.v xx ' yy '

x2

5. u v xx ' yy ' 0

y2

6. u
u.v

7. cos u , v

.

.
u v

b. Tọa độ của điểm: Cho A(xA;yA), B(xB;yB), khi đó:
B
A
B
1.
2. AB xB xA 2 yB yA
A
AB

x x

2

;y y

2.1.2. Phương trình đường thẳng:
a. Phương trình tổng quát A x

x0

y

y0

0

Ax

By C

0.

b. Khoảng cách từ điểm M(xM;yM) đến đường thẳng : Ax By C
d M,

0:

ByM C .

AxM

B2

A
2.1.3. Phương trình đường tròn, elip:
2

1. Đường tròn: x a 2

y b2

r2 . Tâm I(a;b), bán kính r.

2. Elip:
a. Phương trình chính tắc:
b. Các yếu tố liên quan: c2

x2

y2

a2

b2

a2

1, (a>b>0).

b2 , c>0.

- Tiêu cự: F1F2=2c. Độ dài trục lớn A1A2=2a . Độ dài trục bé B1B2=2b.
- Hai tiêu điểm F1 c; 0 , F2 c; 0 . Bốn đỉnh: đỉnh trên trục lớn A1 a; 0 , A2 a; 0 , đỉnh
trên trục bé B1 0; b , B2 0;b .
- Bán kính qua tiêu điểm: MF1

r1

a exM ; MF2

r2

c

a exM . Tâm sai: e a

1

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

2


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Qua thực tế giảng dạy của bản thân tôi tại các lớp: 10A1 và 10A2 là
những lớp năng lực tư duy toán của các em tương đối tốt. Nên đối với các bài
toán hình học giải tích phẳng thông thường, học sinh vận dụng được. Tuy nhiên,
khi gặp các dạng toán về cực trị trong không gian Oxy thì khả năng giải quyết
còn rất nhiều hạn chế dẫn đến việc các em khó khăn trong việc giải quyết các
bài toán có tính mới lạ. Kết quả khảo sát cụ thể như sau:
Khi chưa hướng dẫn cách giải quyết bài toán liên quan tới
Lớp
cực trị trong giải tích phẳng
Số HS biết cách làm
Số HS không biết cách làm
SL
%
SL
%
10A1 (48 HS)
05

10.4
43
89.6
10A2 (46 HS)
01
2.2
45
97.8
Từ kết quả trên ta thấy, tình trạng học sinh không tự giải quyết được vấn
đề chiếm tỷ lệ rất cao. Nguyên nhân:
Về phía học sinh: Phần lớn học sinh lo lắng và thậm chí là sợ các bài toàn
liện quan đến cực trị, mà cực trị hình học thì học sinh còn yếu hơn nữa.
Về phía giáo viên: Thời lượng cho chương trình không đủ, nên khó bố trí
thời gian một cách linh hoạt cho vấn đề cần giải quyết. Việc đầu tư và thay đổi,
vận dụng linh hoạt các phương pháp dạy học mới chưa áp dụng được một cách
thường xuyên, liên tục.
2.3. Giải pháp và cách thức thực hiện.
Các tình huống giải toán đều được thể hiện trong không gian Oxy, được
trình bày theo trình tự: Đề bài – Lời giải hoặc hướng dẫn – Lời bình và các bài
toán tương tự ( Nếu có ).
VD 1. Cho đường thẳng : x 2 y 1 0 ; hai điểm A(2;1) và B(1;0). Tìm tọa độ điểm M
nằm trên sao cho MA + MB nhỏ nhất.
* Lời giải
Xét f (x; y) x 2 y 1 ; ta có: f(2;1).f(1;0)>0 nên A và B nằm cùng phía so với
.
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua
. Tọa độ A’ là nghiệm của hệ:
8 9
Suy ra
2 xy50

x2

y1

2.
2

A'

10
2

;

5 5.

Dễ thấy: MA MB MA' MB A' B Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là gia
điểm của A' B và . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
x2 y10
3x

y30

A

Suy ra

M

7

;

5 5

6

.

B
M

A’
Chú ý: Trường hợp 2 điểm A;B nằm khác phía so với dễ dàng thấy M
chính là giao điểm của với đường thằng AB.
Chúng ta xét một số bài toán mở rộng sau đây:
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

3


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(6;2) và đường thẳng d : x y 0
.Gọi P là giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC biết B là điểm thay đổi trên tia
Ox và C là điểm thay đổi trên d.
Tính P ?
A.P 2 5.
B.P 4 3.
C.P 35

D
.P 45.
* Lời giải
được

Gọi A1 , A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox và qua d. Dễ tìm
A (6; 2) và A (2;6) , đồng thời
AB AB,AC AC . Do đó
ta có

1

2

1

P AB BC CA A1 B BC CA2

A1 A2 ,suy ra

thẳng hàng theo thứ tự. Viết phương trình

min P A1 A2

2

4 5 khi A1, B,C, A2

A1 A2 : 2 x y 10 0 , từ đó tìm được

B(5; 0), C( 10 ; 10 ) thỏa mãn A1 , B, C, A2 thẳng hàng theo thứ tự.Vậy Chọn D
3

3

Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
d : x y 2 0 và các điểm
A 2;1 ,B 1;3 .
Tìm điểm M d
sao cho MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó
đường tròn tâm O đi qua M và có bán kính là
A.R 2.
B. R 5 10 .
C.R 130 .
D. R 244 .
*Lời giải.
Ta có: 2 1 2 1 3 2

11

121

0A, B cùng một phía với đường thẳng d.

Gọi A’ đối xứng với A qua đường thẳng d MA MA
MA MB MA MB A B (không đổi)
MA MB đạt giá trị nhỏ nhất là A B M A B d
Đường thẳng qua A và vuông góc với d
:x y 1 0

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

4


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
A

B
M

d

I
A
’

x y 1 0
Xét hệ

x

1
2
3

0

x y 2

y

1
I

2

3
;

2

2

A’ đối xứng với A qua d I

là trung điểm của AA’ A 3; 4

AB:7x 4y 5 0
13
7x 4y 5 0
Xét hệ

x

x y 2 0
y

11
9

M

13 ;

9

11

11

OM R

5 10
11

11

VD 2. Cho đường thẳng : x 2 y 1 0 ; hai điểm A(2;1) và B(1;0). Tìm tọa độ điểm M
nằm trên sao cho MA MB lớn nhất.
*Lời giải.
Ta có: MA MB AB , đẳng thức xảy ra khi M,A,B thẳng hàng và M nằm
ngoài đoạn thẳng AB. Do đó M là giao điểm của với đường thẳng AB
( Do A,B nằm cùng phía so với nên tồn tại duy nhất điểm M như vậy).
Tọa độ điểm M thõa mãn hệ phương trình:
xy10

x2 y1

nên M

0

3;2

.

Chúng ta xét bài toán mở rộng sau đây:
Bài 1. Cho 2 điểm A(2;1) và B(1;2); đường thẳng
nằm trên sao cho MA MB lớn nhất.
*Lời giải.

: x 2 y 10

Tìm tọa độ điểm M

Bài toán có nét tương đồng như VD2, tuy nhiên trong trường hợp này, 2 điểm A và B nằm khác phía
so với . Nên phương án giải bài toán có phần khác biệt.

Gọi A’
MA MB

MA' MB

là điểm đối
xứng với A qua, ta có
A' B . Đẳng thức xảy ra khi M là giao điểm của
với
8

đường thẳng A’B. Dễ thấy tọa độ

9

5

A'

11 8

5

;

5

;M

5

.

;

VD 3. Cho đường tròn (C) : x2 y 2 9 , các điểm A(0;9); B(-1;6). Tìm tọa độ điểm M
thuộc (C) sao cho P=MA + 3MB đạt GTNN.
*Lời giải.
(C): Tâm O(0;0); bán kính R=3. Điều quan trọng của bài toán là dữ
kiện OA = 9 = 3R. Gọi K(1;0), ta có OM = 3OK. Nên AOM đồng dạng với MOC
và AO = 3MO. Ta có: MA = 3 MK.

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

5


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Suy ra: P 3(MK MB) 3BK . Đẳng thức xảy ra khi M thuộc đường thẳng
BC. Vậy M(0;3).
Chúng ta xét bài toán mở rộng sau đây:
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn
C:x
12
y 2 2 2 và hai
điểm A 4; 1 , B 1;1 . Điểm
M thay đổi trên đường tròn C . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức T MA 3MB .
B . 53 .
A.2 5.
C. 57.
D.6 2.
*Lời giải

I
P
N
M

B
A
C có tâm I 1; 2 , bán kính R2.

Ta có IA 3

2 3 R , IB R nên A, B nằm ngoài đường tròn C .

Gọi N là giao điểm của IA và C , P nằm trên đoạn IN sao cho

IP

1

9

IA P

4

;

IP

1 IN

2

3

3

5

3 3

Ta có AIM đồng dạng với MIP MP

MA IM
IP 3 MA 3MP Do đó T

MA 3MB 3MP 3MB 3PB

Gía trị nhỏ nhất của T 3 PB 53 xảy ra khi M là giao điểm của BP và đường tròn C .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x 1 2
các điểm A 7, 9 ; B 0;8 . Điểm
M a;b thuộc C
sao cho

y 12

25 và

biểu thức

P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Khẳng định nào sau đây đúng

A. a b 5 .

B. a b 3 .

C. a 2 b2 37 .

D. a 2 b2 29 .

*Lời giải

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

6


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
B
M

A

J
I

Đường tròn C có tâm I 1;1 và bán kính R 5
.
Do IA 10 5 và IB 5 2 5 nên hai điểm A, B nằm ngoài đường tròn C .
IA 4IJ ta có J

Gọi J x; y là điểm thỏa mãn

5 ;3

. Vì IJ 5

2

nằm trong đường tròn.
Khi đó với mọi điểm M

5 nên điểm J

2

thuộc đường tròn

C ta

có

IM

IJ

1

IA

IM

2

IM J ∽ IAM c.g.cMA 2MJ .

Vậyvới mọi điểm

M

thuộc

ta có:

C

MA 2MB

2 MJ

MB

2BJ

P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất khi ba điểm B , J , M thẳng hàng và M nằm giữa
B và J .

Phương trình đường thẳng BJ đi qua hai điểm B 0;8
trình 2 x y 8 0 . Tọa độ giao điểm của đường thẳng
2x y 8 0
nghiệm của hệ

x 1

2

y 1

x 1
2

25

y 6

và

J

5
2

;3

có phương

BJ và đường tròn C là
x 5

hoặc

y 2

.

Do M nằm giữa B và J nên hai vectơ MB và MJ ngược hướng M 1; 6 .
Vậy a2 b2

37 .

VD 4. Trong mặt phẳng tọa độ

, cho đường tròn
Ox
y
0 , d2 : x

:
C

2
x 2

2
y 1

25

và hai đường thẳng d1 : mx y
my 0 . Tìm m để hai đường thẳng d1 ,
d 2 cắt C tại bốn điểm phân biệt tạo thành tứ giác có diện tích lớn nhất.
1 . C. m 2 hoặc m
1 .
A. m 0 . B. m 3 hoặc m
D. m 2 .
3
2
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

7


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích
phẳng *Lời giải

Nhận xét: d1 , d2 vuông góc với nhau tại gốc tọa độ O .
C có tâm I 2;1 , bán kính R 5 .
Gọi A , B , C , D là các giao điểm của hai đường thẳng d1 , d2 với C
lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên d1 , d2 (hình vẽ).
S
1 AC.BD AB2
BD2 .

và H , K

ABCD

2

Mà AC

2

BD2

4 R2

IH 2

4 R2 IK2

8R2 4 IH2 IK2

8R2 4OI2

const .

Nên diện tích tư giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi AC BD , khi và chỉ khi
IH IK.
2m 1
d I, d1

d I, d2
m

2

2 m

1 1 m

2

2 m 12 m

m 3

2m 1

m

1.
2 m

3

VD 5. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, Tam giác ABC nhọn có trực tâm là H
và M 0; 2 là trung điểm của cạnh BC. Trên tia đối của các tia HB, HC lấy P, Q
sao cho AQHP là hình bình hành. Giả sử
đường thẳng d : 3x 2 y 7 0 và đỉnh B a;b

P

7
2

;

7
2

,Q

7 5 , đỉnh A thuộc
;
2 2

tính giá trị a b .

*Lời giải.
Phân tích: Vẽ hình theo giả thiết, dự đoán các tính chất đặc biệt để
giải quyết bài toán.
Phát hiện : AM QP .

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

8


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
M0;2
Đường

thẳng

AM

PQ

qua

và

có

VTCP

7;1

là

nên

:

AM : 7 x y 2 0 .

Tọa

d

độ

thỏa hệ :

A AM
7x y 2 0
3x 2y 7

A 1;5

0

.

Trung điểm của PQ là N 0;3
của AH H 1;1 .

cũng là trung điểm

Đường thẳng BC qua M 0; 2 và vuông góc
với AH nên : BC : x
Đường thẳng BH qua

H 1;1 và

nhận

2y 4 0.
HP

5

;

làm VTCP nên :

5

2 2

BH : x y 0 .
Tọa độ điểm B thỏa :

x y 0
B 4;
4.
2y 4 0

x
QP xin được nêu thêm như sau:

Việc chứng minh MA
Cách 1 :C hứng minh : MA QP .
Gọi E, F là chân đường cao của C, A; N là trung điểm của PQ và I là giao điểm
của AM và PQ.
QAH ACB (do cùng phu HAC)

Ta có :

AQ

AC

AHQ ABC (do BEFH nôi tiêp)

AH

BC 2CM

2AN

QAH đồng dạng với ACB g g

.

Mà QAN CAM nên : QAN đồng dạng với ACM c g c
MAC AQN QPH mà BP AC . Suy ra MA QP .

Cách 2 :C hứng minh : MA QP .

0

Do H là trực tâm của tam giác ABC nên :

AQH QAB 90

0

PAC APH 90

Mà AQH APH ( do AQHP là hình bình hành )

Nên : QAB PAC cos QA,ABcos AP, AC
0

Lại có :

BAP

CAQ 90

AQH APH

APB đồng dạng với AQC AP.AC AQ.AB .

AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA,AB 0 .
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

9


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Xét 2.QP.AM QA QH AB AC QA.AB AP.AC ( do QA.AC 0, AB.QH

0 ).

AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA, AB 0 .
Suy ra MA QP .

VD 6. Trong
x2

mặt phẳng Oxy , cho đường

tròn I

có phương trình

y2 6y 5 0

và đường thẳng d có phương trình x y 10 0 . Gọi M I
là điểm có khoảng cách lớn nhất tới d , N I
là điểm có khoảng cách nhỏ
nhất tới d . Tổng khoảng cách đó là:
C. 7 2 .
A.5 2.
B.6 2.
D.8 2.

*Lời giải

Ta có I

0;3 , R

d I, d

2

7 Rd không cắt I
2

Gọi m là đường thẳng đi qua I và vuông gócvới đường thẳng d . Khi đó m
cắt I tại hai điểm M và N thỏa mãn yêu cầu đề bài cho.
Khi đó tổng khoảng cách cần tìm là
d M , dd N, d2R 2 d N, d
2 R 2. d I, dR 2 d I, d2

77 2
2

VD 7. Cho đường tròn
C có phương trình x2
y2 4 x 2 y 4 0 và điểm
M 1;1 . Gọi là đường thẳng qua M cắt C
tại hai điểm A, B sao cho S IAB lớn
nhất. Biết phương trình có dạng là ax by c 0
với điều kiện a là phân số tối
b

giản và a 0,

a
b

1. Tính giá trị biểu thức H 2 a b.

A.H 3.
B.H 4.
*Lời giải
Ta có: I 2; 1 , IM 5,R 3

C.H 5.

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

D.H 6.

10


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
1
9
S IAB 2 IA.IB. sin AIB
IAB vuông cân tại đỉnh
2 . Dấu '' '' xảy ra sin AIB1
I

AB R 2 3 2
2 2
2 Có :

dI,

ax by a b 0

d I,

3 2

2a b a b

2

a 2 b2

Kết hợp điều kiện a

2

3 2 a 2b

9a

2

b

2

7a

2

8ab b

2

0

a b

2

b 7a

1 thì : x 7 y 6 0 H 2 a b 5.

b
2 1

VD 8 . Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC với A 2; 2 , B 4;0 , C 3;

nội tiếp đường tròn (C) có tâm I. Từ điểm M trên đường thẳng d : 4 x y 4 0 vẽ tiếp
tuyến với (C) tại N. Khi tam giác ABN có diện tích lớn nhất thì độ dài IM ngắn
nhất bằng
A. 2.
B.

C. 5.
D.
82 .
10 .
5

2

*Lời giải
Nhận thấy tam giác ABC vuông tại C nên đường tròn (C) có tâm I 3; 1
và bán kính R AB 2 .
2

S

Ta có:

ABN

1

AB.d (N , AB) nên S ABN max d( N , AB) max.

2

Do AB là đường kính nên
xảy ra khi ABN vuông cân tại N
AB : x y 4 0 và cách AB
Lúc này tiếp tuyến với (C) tại N sẽ song song với
một đoạn R.

Giả
sử
:x y m 0.
Ta
có:
d ; AB R
m 4 2
m 2
.
1:x y 2 0
2

m 6

2

:x y 6 0

Tọa độ M là giao điểm của d với các tiếp tuyến vừa tìm được.
M

1

Nên: M
2

6 4
;
5 5
2; 4

IM1

IM

82
5 .Chọn đáp án B.
10

2

(C )
VD 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A 4;1
2
2
có phương trình x + y - 2x + 4y - 1 = 0 . Đường
thẳng d cắt đường tròn ( C )
( ) và đường tròn

tại hai điểm phân biệt B ,C sao cho tam giác ABC đều. Biết rằng phương trình
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

11


Phng phỏp gii cỏc bi toỏn cc tr trong hỡnh hc gii tớch phng
ca ng thng d cú dng x +ay +b = 0 . Biu thc S = a +b cú giỏ tr ln
nhtbng
A.S 2.
B.S

1.
C.S 3.
D.S
*Li gii
B'

2.

B
A
H
C
I

C'

ng trũn ( C ) cú tõm I ( 1;- 2 bỏn kớnh R = 6

. Vỡ AB =AC

)

v IB = IC

nờn IA l trung trc ca BC hay ng thng d vuụng gúc vi IA .
Ta cú IA 3;3 nờn (1;1) l mt vec t phỏp tuyn ca d .
(

)

p dng nh lớ cụ sin ta cú: IB 2 = AB 2 + IA

ã

2

- 2AB .IA cosIAB .

ộ
2

o

6=AB
+18 - 2AB.3 2.cos30
Gi H l trung im ca BC

Nu AB=2 6

2

AB

- 3 6AB +12= 0

ờ

ờAB

ở

ta cú

thỡ AH = 3 2 = AI ị

AB

ờ

HI

=

6

.

=26

( 1;- 2 nờn phng trỡnh ca ng
)

thng d l: x + y +1= 0 trng hp ny S = 2 .
thỡ AH = 3 2

Nu AB = 6
ổ
5

Do ú H ỗ

ố

2

=1 AI

2

ử

Suy ra H l trung im ca AI .

2

;- 1 ữ nờn phng trỡnh ng thng d
2

ứ

ny S = - 1 .
Vy giỏ tr ln nht ca S = 2.
VD 10. Trong mt phng vi h ta
C1 : x 2

l :x + y - 2 = 0, trng hp

Oxy, cho hai

y 2 2 1 v C2 : x2 y2 10 x 6 y 33 0 . Gi

lt di chuyn trờn

C
1

,C 2 , P

P ti M v N ngn nht l:
A.5 2 2.

M,N

ng trũn
l hai im ln

di chuyn trờn trc honh. Tng khong cỏch t

B.5 2.

C.5 2 3.

D.

52 2.

*Li gii

Giỏo viờn: Kiu Vn Cng - Trng THPT Cm Thy 1

12

Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

C1 có tâm A 0; 2 , bán kính R1 1. C2 có tâm B 5;3 , bán kính R2

Gọi C3 : x2

y 22

1 là đường tròn đối xứng với C1

1.

qua trục Ox và M’ là

điểm đối xứng với M
qua Ox.Khi đó với mọi P thuộc Ox ta có:
PM PN PM' PN M'N.
Vậy tổng khoảng cách từ P tới M và N ngắn nhất khi M ’, P , N thẳng hàng
(xem hình vẽ)
2 2.
Vậy min PM PN M ' N A ' B R1 R2 5
VD 11.
Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho các điểm
A

2;2,B 4; 3,C

AB, BC, CD,

A.3 29.

1;5,D

3;0

M,

lượt thuộc các cạnh
DA . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức MN NP PQ QM là :
B.2 58.
C.2 29.
D. 140.
. Lấy

N, P, Q lần

*Lời giải
Đầu
A

tiên

ta

2;2,B 4; 3,C

hình vuông.
Gọi I,J,K

Do

1;5,D

lần lượt

QN, MN, PQ .
MN
Ta có BJ 2 , DK

phát

là

PQ
2 , IJ

3;0

hiện
tạo thành một

trung điểm
QM
2

của

PN

, IK

2 .

đó

MN NP PQ QM 2BJ 2DK 2IJ 2IK 2 BJ IJ IK KD 2BD 2 58 .
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

13


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Dấu bằng xảy ra khi M , N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA .
VD 12. Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho đường tròn
2
2
C:x 3
y 2
4 và các điểm
A 1;8 , B 3; 2 , C 0;1 . Biết M ( a ; b) là
sao cho MB 4MC 6 MA MB MC

điểm trên C

nhỏ nhất, khi đó tổng a b

bằng:

A. 4

B.4 3

3

C.

D. 4

3

*Lời giải
Gọi I xI ; yI
là điểm thỏa mãn IB 4 IC 0 (1)
I1;2
Ta có (1) 3 xI 4( xI ) 0
xI1
2 yI

yI ) 0

4(1

2

y

I

Gọi J xJ ; yJ là điểm thỏa mãn JA JB JC 0 (2)
Ta có (2) 1 xJ 3 xJ ( xJ ) 0
xJ 2 J (2;5)
8 yJ
y

2 yJ

yJ ) 0

(1

yJ

5

J

5
M

E
2

1

x

O

3

Ta có T

MI

vì

a 1

2

MI

IB 4( MI IC)
2

a2 b2

b 2

2

4 a 4b 8 2

khác phía so với
M , E , J thẳng

6 MJ
2

a

b

a 22

2

JA MJ
2a

4b 5 3

b 22

hàng và M

2

3 MI
b 2

2

2MJ
12

với E 2;2 . Ta có

J,E

nằm

6EJ 6.3 18 . Dấu " " xảy ra

thuộc đoạn EJ .
a 2

M , E , J thẳng

a 3

2ME ,

C . Khi đó T 6 ME MJ

hàng và M

JB ( MJ JC)

C

b 2

a 3b 2
vì M thuộc đoạn EJ nên M 2; 2 3a b 4

2 a
2

5 b

a 2
b 2 3

2

.

4
3

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

14


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
VD 13. Cho hình bình ABCD
2
phương trình
0 x I

có A 0;1 ; B 3; 4
Tâm I nằm trên parabol có
3 . khi diện tích hình binh hành ABCD đạt giá trị

y x 1

lớn nhất thì tọa độ C a,b

, tọa độ D c, d , Tính a b c d ?

B. .
1

A. 2.

C.1.

D.0

*Lời giải

SABCD

4 SIAB

2.d I , AB .AB

Vì AB không đổi nên SABCD lớn nhất khi khoảng cách từ I đến AB lớn nhất.
Phương trình đường thẳng AB là x y 1 0
Gọi I x; x 1 2 , d I , AB
x x 1 2 1 x 2 3x
x 2 3x vì 0 xI 3
max d (I, AB)

9

2
3

x

4 2 đạt được khi
7
D

0;

2

2
I 3 ;1

2 vậy

2 4

1
C 3;

2

a b c d 1

2

VD 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Đường thẳng (d) đi qua M( 3; -2)

1

cắt Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b) và ab
nhỏ nhất. Khi đó giá trị của biểu thức S

0 sao cho: 2 +
4OB
1 là
b
C. S 1

1
a

A. S

11

11

B. S

25

7

*Lời giải

y

x

3

Từ giả thiết ta có d:
OA

a ;OB

b

1 +
2

OA

2

4OB

Theo BĐT Bunhiacopski : 1 = (

a

3

2

đạt giá trị OA

D. S 5

5
2

7
1

1.Vì M d nên:

a b
1
1

1

(1)

a b
1

2

2

a b

4b

2

2

)2

3.1 ( 4).

1

(9 16)(

1

1 )

2

a

2b

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

a

2

4
b

15


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Hay

1
OA 2

+

1
4OB

≥
2

1
25

3

đẳng thức xảy ra

2

a

25
3

25

a

1

b

b

3a 8b

8

1
1
2 +
OA
4OB2

Vậy

25
3
S
25
8

a
nhỏ nhất khi

b

VD 15. Cho đường tròn (C) : x2

3

8

1

25

25

5

1 và đường thẳng d : Ax By 1 0 . Giả sử

y2

d tiếp xúc với (C) và M , N là hai điểm thuộc (C) sao cho xM
1; yN 1. Hãy
tính k A B để tổng các khoảng cách từ M , N đến d
là nhỏ nhất.
A. 2 .
B. 2.
C. 3 .
D. 2.
2

4

*Lời giải

Ta có: d tiếp xúc với (C) khi khoảng cách từ tâm O(0, 0) đến đường
thẳng d : Ax By 1 0 bằng bán kính R 1 của (C) .
d ( O; d ) | A.0 B.0 1| R 1

A2 B2 1 A2 B2 1.

A2 B2
B2 1 thì d tiếp xúc với (C) .

Vậy khi A 2
Khoảng cách từ M ( 1; 0) đến d d( M , d )
là
Khoảng cách từ N (0;1) đến d là d( N , d )

|A1|
A
|B 1|

2

B

2

(1)

1 A.

A2 B2 1 B .

Suy ra d( M , d ) d( N, d ) 2 B A 2 ( A B) . Tổng này nhỏ
nhất khi ( A B) lớn nhất (chú ý khi A 2 B2 1 thì A2 1 hay
1 A,B 1).
Gọi K, L, I lần lượt là các điểm mà d cắt Ox ; tiếp xúc với (C) ,
cắt Oy .
Ox , OL ta có: cos

d cắt Ox tại K nên: OK

OL

OK

1

1

. cos

A A

OL

OK

OK

1

1

.

OK cos OK cos

cos .

1
1
d cắt Oy tại I nên: OI B B OI sin . Khi đó:

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

16


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
A B sin

( A B) max2 sin4
3

4 24
VD 16.

( A B)

cos2 sin

2

4

1
2.

max

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy cho đường tròn (C) :
2
( x 3)
( y 3)
36, hai điểm A( 6;3), B( 1; 5). Giả sử điểm
M ( a ; b) thuộc (C)
sao cho biểu thức cho P 2 MA 3MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng 12 a b.
2.
A.35 24 5.
B.925.
C. 15
D.
2

3016

2

2.

12

*Lời giải
y

M

6
5
4

A

I
K

3
2
1
O 1

-6 -5

-4

-3-2

-1

56
2

x

34

-1
-2
-3
-4
-5

B

Ta có (C)

có tâm I (3; 3) , bán kính R 6.

đoạn IA sao cho IM
Ta

3

có tam giác
3
MA AI 3
AM MK

MK

MI

-6

2

Ta có

IA 9

3

IM , lấy điểm K

trong

2
IK. Khi đó ta có K ( 1;3).
2
AIM và MIK
đồng

dạng với nhau nên

2
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

ta có

17


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
Do đó P 2. 3 MK 3MB 3(MK MB) 3KB.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2
M, K,B

thẳng hàng và M nằm giữa K , B. Vậy M cần tìm là giao của đường thẳng KB và
(C).

Ta có phương trình đường thẳng KB x

1 . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

x 1
2

( x 3)

( y 3) 2 36.

Giải hệ trên và kết hợp với M nằm giữa K , B ta có M ( 1;3 2 5) .Suy ra
a

1

b 3

2

5.

Vậy 12 a b

9 2 5.

2.4. Hiệu quả thực nghiệm.
* Đối với học sinh: Đa số học sinh nhận biết và nắm được kỹ năng giải quyết
các bài toán liên quan đến cực trị trong hình học giải tích phẳng, không còn lúng
túng khi xử lí dạng bài toán này.
* Đối với hoạt động dạy và học:
- Việc củng cố kiến thức của bài học có hiệu quả cao hơn, khắc sâu được kiến
thức và kỹ năng giải quyết bài toán liên quan đến cực trị hình học trong giải tích
phẳng cho học sinh.
- Học sinh chủ động tham gia xây dựng bài.
*Đối với bản thân giáo viên : Xây dựng được hệ thống kiến thức bổ trợ cho quá
trình ôn thi THPT Quốc gia và thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh các bộ môn văn
hóa. Có thêm kinh nghiệm giảng dạy, tăng thêm động lực để tạo hứng thú học
tập cho học sinh.
Kết qủa cụ thể qua các lớp tôi trực tiếp giảng dạy như sau:

Lớp
10A1 (48
HS)

10A2 (46
HS)

Khi chưa áp dụng
Số HS biết
Số HS không
SL
05

%
10.4

SL
43

%
89.6

Sau khi áp dụng
Số HS còn
Số HS biết
lúng túng
cách làm
khi làm bài
SL
%
SL
%
32
67

16
33

01

2.2

45

97.8

22

cách làm

biết cách làm

48

24

52

PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán trong chương trình phổ thông, học
hình học đối với học sinh đã là một vấn đề khó khăn, thì việc giải quyết các bài
toán cực trị, đặc biệt là cực trị hình học còn khó khăn hơn; trong khi đó, các kỳ
Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

18


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
thi THPT Quốc gia cũng như thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn toán thì vấn đề
này lại không thể thiếu đượ. Chính vì vậy, đối với dạng toán này, đòi hỏi giáo
viên phải đầu tư kỹ càng, tập trung nghiên cứu tìm tòi giải pháp để giải đáp các
khúc mắc của học sinh. Tạo cho học sinh sự tự tin trong học tập, từ đó rèn luyện
kỹ năng để giải quyết các bài toán có liên quan, nhằm giúp các em đạt kết quả
cao nhất trong học tập. Với những kinh nghiệm và giải pháp của bản thân khi
giảng dạy dạng bài toán này, tôi hy vọng nó sẽ là một nguồn tài liệu tham khảo
cho các đồng nghiệp để từ đó góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn
toán.
3.2. Kiến nghị.
- Đối với giáo viên: Mỗi đồng chí cán bộ giáo viên khi tham gia giảng
dạy, đặc biệt là giảng dạy bộ môn toán cần căn cứ vào nhiệm vụ cụ thể, điều
kiện thực tế của nhà trường và đặc biệt là năng lực thực tế của học sinh để có
những giải pháp hợp lý cho riêng từng phần, nhóm kiến thức giảng dạy. Thường
xuyên trau dồi kiến thức thông qua các hình thức, phương thức khác nhau: Như
sinh hoạt tổ, nhóm chuyên môn, qua mạng xã hội, nguồn tư liệu trên Internet,
qua đó đúc rút kinh nghiệm và có những giải pháp hợp lý trong giảng dạy phù
hợp với từng đối tượng học sinh cụ thể.
- Đối với nhà trường cần trang bị thêm cơ sở vật chất: Máy chiếu, phần
mềm vẽ hình, trọn đề ... Tất cả những điều kiện trên sẽ là một nguồn động viên,
kích thích sự say mê, sáng tạo trong hoạt động dạy và học nhằm nâng cao chất
lượng giảng dạy của mỗi giáo viên.
XÁC NHẬN CỦAThanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2019
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam kết : Đây là SKKN
của bản thân tôi, không copy.

(Tác giả ký và ghi rõ họ tên)

Kiều Văn Cường

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa hình học 10 nâng cao, NXB Giáo dục (2000)
2. Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội (2003)
3. Các bài viết trên các trang mạng Internet như: Toanmath.com, mathvn.com,
diendantoanhoc.net, toanhocbactrungnam.vn

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

19


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG
KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C
TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: Kiều Văn Cường
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Cẩm Thủy 1
Cấp đánh giá
T
T

1.

xếp loại
Tên đề tài SKKN

(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)

Một số phương pháp tìm công Ngành GD tỉnh
thức tổng quát của dãy số
Thanh Hóa

Kết quả
đánh
giá xếp
loại
(A, B,

Năm học
đánh giá
xếp loại

hoặc C)
C

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

2008-2009

20


Phương pháp giải các bài toán cực trị trong hình học giải tích phẳng
MỤC LỤC
Cấu trúc

Trang

1. MỞ ĐẦU

1

1.1. Lí do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu

1

1.4. Phương pháp nghiên cứu

1

2. NỘI DUNG

2

2.1. Cơ sở lí luận

2

2.2. Thực trạng vấn đề

2

2.3. Giải pháp và cách thức thực hiện

3

2.4. Hiệu quả thực nghiệm

18

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

18

3.1. Kết luận

18

3.2. Kiến nghị

18

Giáo viên: Kiều Văn Cường - Trường THPT Cẩm Thủy 1

21